第2章 专题提升课5 分层训练能力提升-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修二同步教参（教科版·新教材）

1．倾斜金属导轨表面光滑，与水平方向夹角为37°，上端连一电阻R＝2 Ω，导轨宽度d＝1 m，阻值可忽略不计，金属棒质量为0.5 kg，与导轨接触良好且接入电路的电阻r＝1 Ω，空间存在垂直于轨道向下的匀强磁场。若金属棒刚好能在导轨上以1 m/s的速度匀速下滑，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，磁感应强度B的大小为(　　) A．1 T B．2 T C．3 T D．4 T 解析：选C。金属棒刚好能在导轨上以1 m/s的速度匀速下滑，根据法拉第电磁感应定律可知E＝Bdv，根据闭合电路欧姆定律有I＝，则安培力的大小F安＝BId，对金属棒受力分析，由平衡可知mg sin 37°＝F安，解得B＝3 T。 2．(多选)(2025·云南曲靖市)图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙所示规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止，则(　　) A.1.5t0时刻，金属棒PQ所受安培力方向向左 B．前2t0时间内，回路中的感应电流大小不变，但方向改变 C．前2t0时间内，金属棒PQ所受安培力大小不变，但方向改变 D．前2t0时间内，金属棒PQ所受摩擦力方向先水平向左，后水平向右 解析：选AD。前t0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，回路面积有增大的趋势，金属棒PQ所受安培力水平向右，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力水平向左，t0到2t0时间内磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路面积有缩小的趋势，金属棒PQ所受安培力水平向左，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力水平向右，故A、D正确；前2t0时间内，磁通量的变化率不变，感应电动势大小、方向都不变，感应电流大小、方向都不变，但因磁感应强度大小、方向都改变，故金属棒PQ所受安培力大小、方向都改变，故B、C错误。 3．水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm，此时撤去外力，最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．撤去外力后，ab做匀减速运动 B．合力对ab做的功为Fx C．R上释放的热量为Fx＋mv D．R上释放的热量为Fx 解析：选D。撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，且其方向与运动方向相反，而F安＝，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错误；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错误，D正确。 4．(多选)(2026·吉林长春市期末)如图所示，光滑桌面上方存在与纸面垂直的匀强磁场，虚线ab、cd是磁场的两条边界线，正方形导线框固定在小车上，磁场边界线之间的距离大于正方形线框的边长。某时刻给小车一个初速度v0，小车沿着桌面向右运动，从边界线ab进入磁场直到从cd边界线完全离开磁场。下列说法正确的是(　　) A．线框穿越边界线ab过程中感应电流方向为逆时针方向 B．线框穿越边界线cd过程中线框做加速度减小的减速运动 C．线框穿越边界线ab过程和穿越边界线cd过程产生的焦耳热相等 D．线框穿越边界线ab过程和穿越边界线cd过程流过回路的电荷量相等 解析：选ABD。设线框边长为L，磁感应强度为B，则线框进磁场的过程中，由楞次定律知电流方向为逆时针方向，故A正确；线框出磁场的过程中，有E＝BLv，I＝，所以FA＝BIL＝＝ma，线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，故B正确；由功能关系得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，故其进磁场时任意时刻的速度都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力大于其出磁场时的力，进磁场时产生的焦耳热多，故C错误；线框在进磁场和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，联立有q＝x，由于在进磁场和出磁场的两过程中线框的位移均为L，则线框在进磁场和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。 5．光滑水平面上有一边长L＝0.10 m的单匝均匀正方形导线框abcd，质量m＝1.0 kg，电阻R＝0.10 Ω。在竖直方向存在有平行边界的匀强磁场，ab边恰好位于磁场左边界上，其俯视图如图1所示。t＝0时，线框以初速度v0在恒力F的作用下进入匀强磁场，已知线框从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中的v-t图像如图2所示，且在t＝0时，Uab＝1.5 V，则(　　) A．t＝0时线框中的感应电动势为1.5 V B．线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功为1.55 J C．恒力F的大小为1 N D．线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量为0.5 C 解析：选B。t＝0时，有Uab＝·R，解得E＝2 V，故A错误；线框在进入磁场后做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得F＝ma，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，所以F＝0.5 N，故C错误；设线框在进入磁场的过程中克服安培力做的功为W，根据动能定理可得FL－W＝mv－mv，代入数据解得W＝1.55 J，线框在离开磁场的过程中克服安培力做功与线框在进入磁场的过程中克服安培力做功相等，故B正确；线框在进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量q＝t＝t＝＝，E＝BLv0，联立解得q＝1 C，故D错误。 6．(9分)(2026·上海浦东新区期中)如图所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，导轨底端接入一阻值R＝2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上。在导轨上垂直于导轨放置一质量m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属杆ab，开始时使金属杆ab保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上F＝2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动了1.2 m达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2。金属杆从静止到运动1.2 m的过程中，求： (1)金属杆能获得的最大速度；(3分) (2)金属杆运动位移达到1.2 m时刻，两端的电势差Uab；(3分) (3)金属杆从静止到运动1.2 m的过程中，回路产生的热量Q。(3分) 解析：(1)金属杆速度最大时，根据平衡条件有F＝mg sin θ＋BIL 金属杆中的电流I＝ 解得金属杆能获得的最大速度vm＝3 m/s。 (2)金属杆运动位移达到x＝1.2 m时刻，金属杆产生的电动势E＝BLvm＝3 V 根据右手定则可知，金属杆内电流方向为a指向b，可知a点电势比b点电势低，根据闭合电路欧姆定律，可知金属杆两端的电势差Uab＝－R＝－2 V。 (3)根据能量守恒定律有Fx＝mgx sin θ＋Q＋mv 联立解得回路产生的热量Q＝0.3 J。 答案：(1)3 m/s　(2)－2 V　(3)0.3 J 7．(12分)(2026·河北保定市一模)如图所示，MN、PQ为两条水平放置的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的MPGH区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场区域的长度为d。导轨的右端接有一阻值为R的定值电阻，左端与一弯曲的光滑导轨平滑连接。将一阻值为R、质量为m、长度为L的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与导轨垂直且接触良好，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属导轨的电阻不计。求： (1)电路中的最大电流Im；(4分) (2)整个过程通过定值电阻的电荷量q；(5分) (3)整个过程定值电阻产生的焦耳热Q。(3分) 解析：(1)导体棒刚进入磁场时的速度v最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒定律有mgh＝mv2 最大的电动势Em＝BLv 则最大的电流Im＝ 解得Im＝。 (2)流过定值电阻的电荷量q＝t 由法拉第电磁感应定律得 ＝，ΔΦ＝BLd，＝ 联立解得q＝。 (3)由能量守恒定律可知，整个电路中产生的焦耳热 Q′＝mgh－μmgd 由于导体棒的电阻也为R，则定值电阻产生的焦耳热 Q＝Q′＝mg(h－μd)。 答案：(1)　(2)　(3)mg(h－μd) 学科网（北京）股份有限公司 $